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\title{\heiti\zihao{2} 习题9.2}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{判定下列无穷积分的敛散性.}
\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{x}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
$$
\int_{1}^{+\infty} \frac{x}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{\frac{1}{x}+x} \mathrm{~d} x\geqslant\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x
$$

发散.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{x \sqrt{1+x^{2}}}$}
\textbf{解}\quad
没有瑕点,只需考虑$x\rightarrow+\infty$时的敛散性
$$
\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{2}\cdot\frac{1}{x\sqrt{1+x^{2}}}=1,2>1
$$

收敛.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{1+x|\sin x|} \mathrm{d} x$}
\textbf{解}\quad
没有瑕点,只需考虑$x\rightarrow+\infty$时的敛散性
$$
\frac{1}{1+x|\sin x|}\geqslant\frac{1}{1+x},\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{1+x}发散
$$
发散.


\subsection{$\int_{2}^{+\infty}\left(\cos \frac{1}{x}-1\right) \mathrm{d} x$}
\textbf{解}\quad
没有瑕点,只需考虑$x\rightarrow+\infty$时的敛散性
$$
\lim_{x\rightarrow+\infty}x^2\left(\cos \frac{1}{x}-1\right)=\frac{1}{2},2>1
$$
收敛.


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{x^{q}}{1+x^{p}} \mathrm{~d} x(p, q>0)$}
\textbf{解}\quad
没有瑕点,只需考虑$x\rightarrow+\infty$时的敛散性
$$
\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{p-q}\frac{x^{q}}{1+x^{p}}=1
$$
当$p-q>1$时收敛,当$p-q\leqslant 1$时发散


\subsection{$\int_{1}^{+\infty} \frac{(\ln x)^{p}}{x^{n}} \mathrm{~d} x(n>0)$}
\textbf{解}\quad

(1)$p\geqslant 0$

没有瑕点,只需考虑$x\rightarrow+\infty$时的敛散性

令$\delta =\frac{n+1}{2}$,当$n>1$时,
$$
\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{\delta}\frac{(\ln x)^{p}}{x^{n}}=0
$$
收敛.

当$0<n\leqslant 1$时:
$$
\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{\delta}\frac{(\ln x)^{p}}{x^{n}}=+\infty
$$
发散.

(2)$p<0$,令$q=-p$,有瑕点,将原式拆分来看.
$$
\lim _{x \rightarrow 1^{+}}(x-1)^{q} \frac{1}{x^{n} \ln ^{q} x}=\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\left(\frac{x-1}{\ln x}\right)^{q}=1
$$

当$q<1$时收敛,当$q\geqslant1$时发散.

考虑
$$
\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x^{n} \ln ^{q} x} \mathrm{~d} x
$$

当$n>1$时,收敛

当$n=1 $时:
$$
\int_{2}^{+\infty} \frac{\mathrm{~d} x}{x \ln ^{q} x}=\int_{2}^{+\infty} \frac{d \ln x}{\ln ^{q} x}
$$

当$q\leqslant 1$时发散,当$q>1$时收敛.

当$n<1$时:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} x \cdot \frac{1}{x^{n} \ln ^{q} x}=+\infty
$$
发散.

综上,当$n\geqslant1$且$p>-1$时原积分收敛.


\subsection{$\int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{p}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
有瑕点,将积分分为两部分分析.
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{p}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1} \frac{\arctan x}{1+x^{p}} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{p}} \mathrm{~d} x
$$

可观察到$p<2$时极限$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{x^{p-1}}$为$0$,所以第一部分收敛.

同理观察第二部分,显然当$p>1$时第二部分收敛.

由于被积函数非负,所以当$1<p<2$时原积分收敛


\subsection{$\int_{\mathrm{e}^{2}}^{+\infty} \frac{1}{x(\ln \ln x)^{p}} \mathrm{~d} x(p \in \mathbb{R})$.}
\textbf{解}\quad
$$
\int_{e^{2}}^{+\infty} \frac{\mathrm{~d} x}{x(\ln \ln x)^{p}}=\int_{2}^{+\infty} \frac{d t}{\ln t}>\int_{2}^{+\infty} \frac{\mathrm{~d} x}{x}=+\infty
$$
发散.

\section{设 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛,试问是否一定有 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0 ?$ 证明 : 当 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛时,如果存在实数 $b$ 使得 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=b$,那么必有 $b=0 .$}
\subsection{}
\textbf{解}\quad
不一定,比如当$f(x)=\frac{1}{x^2}$但当$x$为整数的时候,$f(x)=1$.显然其间断点为零测度集,从而由$Lebesgue$定理,其可积,而$f(x)$极限显然不为$0$.

\subsection{}
\textbf{解}\quad
一定.不妨设$b>0$,存在$A$,当$x>A$时,$f(x)>b-\varepsilon(\varepsilon>0)$,从而$\int_{A}^{+\infty}f(x)=+\infty$.发散.矛盾.

\section{讨论广义积分 $\int_{1}^{+\infty} \frac{x}{1+x^{6} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x$ 的敛散性.}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
$\int_{0}^{n \pi} \frac{x \mathrm{~d} x}{1+x^{6} \sin ^{2} x}=\sum_{k=1}^{n} u_{k},$ 其中 $u_{k}=\int_{(k-1) \pi}^{k \pi} \frac{x \mathrm{~d} x}{1+x^{6} \sin ^{2} x}$

对于 $u_{k}$ 可估计如下 $(k \geqslant 2),$ 其中对于区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的 $\sin x$ 应用 Jordan 不等式 $\sin x \geqslant 2 x / \pi$
$$
\begin{aligned}
u_{k} & \leqslant k \pi \int_{(k-1) \pi}^{k \pi} \frac{\mathrm{d} x}{1+(k-1)^{6} \pi^{6} \sin ^{2} x}=k \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\mathrm{d} x}{1+(k-1)^{6} \pi^{6} \sin ^{2} x} \\
&=2 k \pi \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\mathrm{d} x}{1+(k-1)^{6} \pi^{6} \sin ^{2} x} \leqslant 2 k \pi \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\mathrm{d} x}{1+4(k-1)^{6} \pi^{4} x^{2}} \\
&=\frac{k}{\pi(k-1)^{3}} \int_{0}^{(k-1)^{3} \pi^{3}} \frac{\mathrm{d} t}{1+t^{2}} \sim \frac{1}{2 k^{2}} \quad(k \rightarrow \infty)
\end{aligned}
$$

由于
$$
1+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}<1+\frac{1}{1 \cdot 2}+\cdots+\frac{1}{(n-1) n}<2
$$

与 $n$ 无关, 可见函数值序列 $\{F(n \pi)\}$ 有界, 从而函数 $F(A)$ 在 $0 \leqslant A<+\infty$ 上有界, 因此本题的广义积分收敛.


\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
区间上函数不变号.

考虑下式的敛散性.
$$
\sum_{n=0}^{\infty} \int_{n \pi}^{(n+1) \pi} \frac{x}{1+x^{6} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x
$$

$$
\begin{aligned}
\int_{n \pi}^{(n+1) \pi} \frac{x}{1+x^{6} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x &=(n+1) \pi \int_{\xi}^{(n+1) \pi} \frac{1}{1+x^{6} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x \\
& \leqslant (n+1) \pi \int_{n \pi}^{(n+1) \pi} \frac{1}{1+n^{6} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x\\&
\leqslant (n+1)\pi\int_{n \pi}^{(n+1) \pi} \frac{1}{n^{6} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x
\\&=\frac{2(n+1) \pi}{n^{6}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2} x \mathrm{~d} x\\&
\leqslant \frac{(n+1)\pi^2}{n^6}
\end{aligned}
$$

又因为
$$
\int_{0}^{1}\frac{1+x}{\frac{1}{x^4}}\mathrm{~d} x\text{收敛}
$$

从而级数
$$
\sum_{n=0}^{\infty} \int_{n \pi}^{(n+1) \pi} \frac{x}{1+x^{6} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x
$$

收敛.从而原积分收敛.

从而可见,即使广义积分收敛,被积函数的极限也不一定存在,还可以是正无穷.

\section{设对任意的 $A>a,$ 函数 $f(x), g(x), h(x)$ 都在 $[a, A]$ 上可积,且有$$g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x), \forall x \in[a,+\infty)$$证明:当 $ \int_{0}^{+\infty} g(x) \mathrm{d} x$ 和 $\int_{a}^{+\infty} h(x) \mathrm{d} x$ 都收敛时,必有 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛.}
\textbf{证}\quad
由柯西收敛原理易知.


\end{document}